I APPELLO D’ESAME - 23/06/2005 – A

A.A. 2004/05

Esercizio 1.1. Stabilire per quali valori del parametro reale k il sistema lineare

\begin{cases}kx_{1} + x_{2} + x_{3} = 1 \\ x_{1} + kx_{2} + x_{3} = k \\ x_{1} + x_{2} + kx_{3} = k \end{cases}

ammette una, nessuna o infinite soluzioni

Soluzione:

Riduciamo a gradii la matrice associata al sistema:

[\begin{matrix}k & 1 & 1 & | & 1 \\ 1 & k & 1 & | & k \\ 1 & 1 & k & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & k & | & k \\ 1 & k & 1 & | & k \\ k & 1 & 1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}II − I \\ III − kI \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & k & | & k \\ 0 & k − 1 & 1 − k & | & 0 \\ 0 & 1 − k & 1 − k^{2} & | & 1 − k^{2} \end{matrix}]

⇒ III + II [\begin{matrix}1 & 1 & k & | & k \\ 0 & k − 1 & 1 − k & | & 0 \\ 0 & 0 & −k^{2} − k + 2 & | & 1 − k^{2} \end{matrix}]

Dobbiamo ora distinguere tre casi

• Se k ≠ 1, −2 non si annulla nessun pivot della matrice A, quindi rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette una unica soluzione.

• Se k = −2 allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e il sistema non ammette nessuna soluzione.

• Se k = 1 allora rg(A) = 1 = rg(A|b) e il sistema ammette infinite soluzioni.

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Esercizio 1.2. Si considerino i vettori di R^{3}: v_{1} = (1, 2, 1), v_{2} = (1, 1, −1), v_{3} = (1, 1, 3), w_{1} = (2, 3, −1), w_{2} = (1, 2, 2), w_{3} = (1, 1, −3).

a) Si calcoli la dimensione dei sottospazi V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩, W = ⟨w_{1}, w_{2}, w_{3}⟩.

b) Si trovi una base del sottospazio intersezione V ∩ W.

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini le matrici A e B associate ai vettori v_{i} e w_{i} rispettivamente:

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & −1 \\ 0 & −2 & 2 \end{matrix}] ⇒ III − 2II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

B = [\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ −3 & 2 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III + 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 5 & 5 \end{matrix}] ⇒ III − 5II [\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi

dim(V) = rg(A) = 3
dim(W) = rg(B) = 2

b) Dai risultati del punto precedente osserviamo che V e W sono sottospazi di R^{3} e che in particolare V ha dimensione 3, quindi V = R^{3}. Di conseguenza:

V ∩ W = R^{3} ∩ W = W

Dai calcoli eseguinti nel punto precedente, tenendo conto che nello scrivere B abbiamo scambiato la naturale posizione di w_{1} e w_{3}, otteniamo che:

B(V ∩ W) = B(W) = {w_{3}, w_{2}}.
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Esercizio 1.3. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 4 e sia B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} una sua base.

a) Mostrare che l’insieme B′ = {v_{1} + v_{2}, v_{2} + v_{3}, v_{3} + v_{4}, v_{4}} è una sua base di V.

b) Calcolare le coordinate del vettore v = v_{1} + v_{2} + v_{3} + v_{4} rispetto a B e rispetto a B′.

Soluzione:

a) Essendo V di dimensione 4 è sufficiente verificare che i quattro vettori di B′ sono linearmente indipendenti. Calcoliamo le coordinate dei vettori di B′ rispetto alla base B:

v_{1} + v_{2} = (1, 1, 0, 0)_{B}
v_{2} + v_{3} = (0, 1, 1, 0)_{B}
v_{3} + v_{4} = (0, −0, 1, 1)_{B}
v_{4} = (0, 0, 0, 1)_{B}

I quattro vettori sono linearmente indipendenti se la matrice associata ha rango 4:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}]

⇒ IV − III [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

La matrice ha rango 4, quindi anche B′ è una base di V.

b) Le coordinate di v rispetto a B sono (1, 1, 1, 1)_{B} in quanto v = 1·v_{1}+1·v_{2}+1·v_{3}+1·v_{4}. A questo punto per trovare le coordinate di v rispetto a B′ è sufficiente risolvere l’equazione: x(v_{1} + v_{2}) + y(v_{2} + v_{3}) + z(v_{3} + v_{4}) + wv_{4} = v, dove tutti i vettori sono

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espressi rispetto a B:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒

III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ IV − III [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}]

Infine v = (1, 0, 1, 0)_{B′}.

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Esercizio 1.4. Sia S : R^{3} → R^{3}la funzione lineare associata a:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}]

rispetto alla base {(1, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 0, 3)} di R^{3}.

a) Si scriva la matrice associata a S rispetto alle basi canoniche.

b) Determinare basi dell’immagine Im(S) e del nucleo N(S). Soluzione:

a) Dalla matrice si ricava

S(1, 1, 1) = (0, 0, 1)_{B}
S(0, 2, 2) = (0, 0, 2)_{B}
S(0, 0, 3) = (0, 1, 3)_{B}

quindi per la linearità di S:

S(0, 0, 1) = \frac{1}{3}(0, 1, 3)_{B} = (0, \frac{1}{3}, 1)_{B}

S(0, 1, 0) = \frac{1}{2}(0, 0, 2)_{B} − (0, \frac{1}{3}, 1)_{B} = (0, −\frac{1}{3}, 0)_{B}

S(1, 0, 0) = (0, 0, 1)_{B} − \frac{1}{2}(0, 0, 2)_{B} = (0, 0, 0)_{B}

Infine S(e_{1}) = (0, 0, 0)

S(e_{2}) = −\frac{1}{3}(0, 2, 2) = (0, −\frac{2}{3}, −\frac{2}{3})

S(e_{3}) = \frac{1}{3}(0, 2, 2) + 1(0, 0, 3) = (0, \frac{2}{3}, \frac{11}{3})

dove tutti i vettori sono finalmente espressi rispetto alla base canonica, e la matrice associata a S rispetto alla base canonica è:

A = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −\frac{2}{3} & \frac{2}{3} \\ 0 & −\frac{2}{3} & \frac{11}{3} \end{matrix} ]

c) Riduciamo A a gradini:

\begin{matrix}3II \\ 3III \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 2 \\ 0 & −2 & 11 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 9 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 9 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

quindi

B(Im(S)) = { (0, −2, −2), (0, 2, 11) }

Per ricavare il nucleo di S risolviamo il sistema omogeneo associato a A

\begin{cases}−y + z = 0 \\ 9z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

B(N(S)) = { (1, 0, 0) }
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Esercizio 1.5. Sia T l’endomorfismo do R^{4} cosí definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (3x_{1}, x_{3}, x_{4}, −3x_{2} + x_{3} + 3x_{4})

a) Mostrare che 1 è autovalore di T.

b) Stabilire se T è diagonalizzabile e in caso affermativo trovare una base rispetto a cui T ha matrice diagonale.

c) L’endomorfismo T è simmetrico?

Soluzione: Determiniamo la matrice associata a T rispetto alla base canonica calcolando:

T (e_{1}) = (3, 0, 0, 0)
T (e_{2}) = (0, 0, 0, −3)
T (e_{3}) = (0, 1, 0, 1)
T (e_{4}) = (0, 0, 1, 3)

Quindi la matrice associata è:

A = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & −3 & 1 & 3 \end{matrix}]

Calcoliamo il polinomio caratteristico sviluppando rispetto alla prima riga:

p_{A}(λ) = det(A − λI) = (3 − λ) [−λ(−3λ + λ^{2} − 1)λ^{2} − 3] = (3 − λ) [−λ^{3} + 3λ^{2} + λ − 3]

= (3 − λ) [λ^{2}(−λ + 3) − (−λ + 3)] = (3 − λ)^{2} [λ^{2} − 1]

a) Gli autovalori A sono

λ = 3 doppio
λ = 1
λ = −1

In particolare λ = 1 è autovalore.

b) Calcoliamo l’autospazio E(3) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − 3I:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 1 \\ 0 & −3 & 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−3x_{2} + x_{3} = 0 \\ −3x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = s \\ x_{2} = t \\ x_{3} = 3t \\ x_{4} = 9t \end{cases} ⇒

E(3) = ⟨ (0, 1, 3, 9), (1, 0, 0, 0) ⟩

A questo punto possiamo già affermare che T è diagonalizzabile in quanto E(3) ha dimensione 2 e gli altri due autovalori sono singoli.

Calcoliamo l’autospazio E(1) risolvendo il sistema omogeneo associato a A − I:

[\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & −3 & 1 & 2 \end{matrix}] ⇒ IV − 3II [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −2 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x_{1} = 0 \\ −x_{2} + x_{3} = 0 \\ −x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = t \end{cases} ⇒ E(1) = ⟨ (0, 1, 1, 1) ⟩

Calcoliamo l’autospazio E(−1) risolvendo il sistema omogeneo associato a A+I:

[\begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & −3 & 1 & 4 \end{matrix}] ⇒ IV + 3II [\begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 4 & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}4x_{1} = 0 \\ x_{2} + x_{3} = 0 \\ x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒

\begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = t \\ x_{3} = −t \\ x_{4} = t \end{cases} ⇒ E(−1) = ⟨ (0, 1, −1, 1) ⟩

Infine T ha una matrice diagonale rispetto alla base

B = { (1, 0, 0, 0), (0, 1, 3, 9), (0, 1, 1, 1), (0, 1, −1, 1) }

c) T non è simmetrico in quanto la matrice A associata a T rispetto alla base canonica (che è ortogonale) non è simmetrica.

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Esercizio 1.6. Nello spazio si considerino la due rette di equazioni:

r : \begin{cases}x = t \\ y = 1 − t \\ z = 3 \end{cases} s : x + y − 1 = x − y + z = 0

a) Mostrare che le due rette sono sghembe.

b) Determinare un’equazione del piano contenente la retta r e parallelo alla retta s.

c) Determinare un’equazione del piano parallelo alle due rette ed equidistante da esse.

Soluzione:

a) Due rette del piano sono sghembe se non sono parallele e non si intersecano. L’equazione parametrica di s è:

s : \begin{cases}x = 1 − t \\ y = t \\ z = −1 + 2t \end{cases}

Quindi r ha direzione (1, −1, 0) mentre s ha direzione (−1, 1, 2) e le due rette non sono parallele. Inoltre se calcoliamo r ∩ s:

\begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 − t \\ z = 3 \\ x + y − 1 = 0 \\ x − y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 − t \\ z = 3 \\ 1 + t + 1 − t − 1 = 0 \\ 1 + t − 1 + t + 3 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 + t \\ y = 1 − t \\ z = 3 \\ 1 = 0 \\ 3 + 2t = 0 \end{cases}

il sistema non ammette soluzione, quindi le due rette non si intersecano.

Di conseguenza r e s sono sghembe.

b) Sia π il piano cercato. Poiché π contiene r, deve essere parallelo a r e passare per un punto di r. Sia A = (1, 1, 3) il punto di r, imponendo inoltre le condizioni di parallelismo alle due rette, otteniamo:

π : \begin{cases}x = 1t − s \\ y = 1 − t + s \\ z = 3 + 2s \end{cases} ⇒ x + y = 2

c) Si può procedere in più modi. Forse il più semplice è calcolare il piano π′ passante per s e parallelo a r in maniera analoga al punto precedente. Sia B = (1, 0, −1) il punto di s:

π′ : \begin{cases}x = 1 + t − s \\ y = −t + s \\ z = −1 + 2s \end{cases} ⇒ x + y = 1

Il piano cercato è parallelo a π e π′, quindi ha una equazione del tipo x + y = d. Inoltre essendo equidistante da r e da s è anche equidistante da π e π′, ovvero il

GEOMETRIA 2004-2005 7

valore di d è dato dalla media degli analoghi valori di π e π′:

d = \frac{2 + 1}{2} = \frac{3}{2}

Infine il piano cercato è

x + y = \frac{3}{2}

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